高考化学备考之铜及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇含详细答案(1)

高考化学备考之铜及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇含详细答案(1)
一、铜及其化合物
1．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO 3·
yCu(OH)2(x 、y 为正整数，且x≤3，y≤2)。

(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L 标准状况下的CO 2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO ，则该碳盐类铜矿的化学组成中x ：y=____。

(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag ，含铜质量为bg ，加酸完全分解得到标准状况下CO 2气体VL ，则a 、b 、V 的代数关系式是_____。

【答案】3:2 a=
1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭或a=65495632V b + 【解析】
【分析】
(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO 2、CuO 的物质的量，然后根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(CuO)，计算出n[Cu(OH)2]，就可得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比；
(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4
V ，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)，用含有b 、V 的代数式表示，也可根据n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V 先计算出CuCO 3的质量，用总质量减去CuCO 3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比。

【详解】
(1)n(CO 2)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol ，则n(CuCO 3)=n(CO 2)=0.15mol ，
n(CuO)=20g÷80g/mol=0.25mol ，根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-
0.15mol=0.10mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学
组成为xCuCO 3·
yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO 3·2Cu(OH)2； (2)根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=
mol 22.4V ，根据Cu 元素可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)=
64b mol ，则n[Cu(OH)2]=(6422.4b V -)mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=22.4V ：(6422.4b V -)，a= a=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭
；n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，m(CuCO 3)=mol 22.4V ×124g/mol=124g 22.4
V ，该化合物含有Cu 的总物质的量是n(Cu)b 64mol =
，则根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=b mol 6422.4V mol -，m[Cu(OH)2]=98g/mol×（b mol 6422.4
V mol -），根据反应
前后物质质量不变，可得a=124
g
22.4
V
+98g/mol×(
b
mol
6422.4
V
mol-)=
6549
5632
V b
+。

2．有关物质的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。

已知：A为紫红色金属，B是强酸，E能使品红溶液褪色，F是海水的主要成分，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5 g·mol-1，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液。

请回答下列问题：
(1)H的化学式为_____。

(2)F的电子式为_____。

(3)写出反应①的化学方程式_____。

(4)写出反应③的离子方程式_____。

【答案】CuCl Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-
【解析】
【分析】
A为紫红色金属，则应为Cu，B是强酸，E能使品红溶液褪色，则B是浓硫酸，E为
SO2，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，F是海水的主要成分，F为NaCl，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5 g·mol-1，则H应为CuCl，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液，则I为FeCl3溶液，以此解答该题。

【详解】
(1)根据以上分析，H的化学式为CuCl，
因此，本题正确答案是：CuCl；
(2)根据以上分析，F为NaCl，则F的电子式为，
因此，本题正确答案是：；
(3)根据以上分析，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则反应的化学方程式Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，
因此，本题正确答案是：Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O；
(4)根据以上分析，反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应，反应的离子方程式为：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-，
因此，本题正确答案是：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-。

3．今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。

已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。

这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。

（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________，乙______________，
A______________， D______________。

（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，
③___________________。

【答案】CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OCu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓CuO+2H+=Cu2+ +H2O 【解析】
【分析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C 为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。

4．已知固体A是中学常见的矿物，由四种元素组成，现设计如下实验:
请回答：
(1)固体A的化学式______________。

(2)镁能在气体E中燃烧，写出反应的化学方程式____________。

(3)写出固体C与氨气反应生成D的化学方程式_________________。

【答案】Cu2(OH)2CO3或Cu (OH)2·CuCO3或Cu2H2CO52Mg+CO2 2MgO+C 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O
【解析】固体C在氨气中加热生成紫红色固体D，D为Cu，则C为CuO，根据(2)镁能在气体E中燃烧，气体E不能与浓硫酸反应，E为CO2，根据质量守恒，另外一种气体的质量为22.2g-4.4g-16g=1.8g，该气体能够被浓硫酸吸收，应该为水蒸气，因此固体A隔绝空气加热生成氧化铜、水和二氧化碳，则固体A为碱式碳酸铜。

(1)固体A为碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，故答案为：Cu2(OH)2CO3；
(2)镁能在气体二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C，故答案为：2Mg+CO2 2MgO+C；
(3)氧化铜与氨气反应生成铜的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为：
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。

5．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验(部分产物略去)：
（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。

取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填化学式)________________。

（2）Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是_____________________________。

②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量的水，则Z中两种气体的化学式是______。

（3）向Y中通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。

（4）取Y中的溶液，调节pH约为7，加入淀粉KI和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。

当消耗2molI－时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_______________。

（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应，若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中物质用化学式表示)_________________。

【答案】Al C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O NO CO2 Cu2+Fe3+ H+ 2Fe2+＋3H2O2＋4I-2Fe(OH)3↓＋2I2 CuO、C；CuO、C、Fe2O3
【解析】
【分析】
（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；
（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
②一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；
（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；
（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化；
（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝。

【详解】
（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，
故答案为Al；
（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应Ⅰ获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，
故答案为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；
②二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应Ⅰ是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两
种气体是NO、CO2，故答案为NO、CO2；
（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为Cu2+、Fe3+、H+；
（4）氯化亚铁溶液中加淀粉碘化钾和H2O2时，双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2，故答案为
2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2；
（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝，故其可能组合为：CuO和C或CuO、C和Fe2O3，故答案为CuO和C或CuO、C和Fe2O3。

6．Fe2O3和Cu2O都是红色粉末，常用作颜料。

某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末的成分，该粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。

探究过程如下：
查阅资料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4(Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)，在空气中加热生成CuO。

提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3 假设2：红色粉末是Cu2O 假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物。

设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。

（1）若假设1成立，则实验现象是___。

（2）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红，则证明原固体粉末是____，写出发生反应的离子方程式(题目上已出现的可以不写)___、___。

【答案】固体完全溶解，溶液呈血红色 Fe2O3和Cu2O Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】
(1)Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；
(2)若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，根据物质的相关性质书写反应的有关离子方程式。

【详解】
(1)若假设1成立，则固体完全溶解，所得溶液中含有Fe3+，遇到KSCN溶液呈红色；
(2)固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而
H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，涉及反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

7．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2 +2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质
Fe2(SO4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

8．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。

CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl 浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。

以海绵铜（主要成分是
Cu 和少量CuO ）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。

回答下列问题：
（1）步骤①中N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。

（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。

（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
23Cu (OH)Cl CuCl ，被氧化为23Cu (OH)Cl 的化学方程式为______________________。

（4）用227K Cr O 溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g ，将其置于过量的3FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL 溶液，取溶液10.00mL 用2270.1000mol LK Cr O ⋅溶液进行滴定，反应中272Cr O -被还原成3Cr +，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl 的质量分数__________________。

实验编号
1 2 3 消耗227K Cr O 溶液的体积/mL 14.98 16.03 15.02 （5）制造印刷电路板产生的废液中含大量()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。

电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，电解时阴极的电极反应式为___________，生成CuCl 的离子方程式为
________________________________。

【答案】-+2++3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O 使完全反应，阻止生成的被氧化 硫酸 22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 89.55%
()()2++
-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦⎣
()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH ++-+⎡⎤++=↓+⎣⎦ 【解析】
【分析】
铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。

【详解】
⑴步骤①中N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程
式；+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-；故答案为：
+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-。

⑵步骤②中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl 在潮湿空气中易水解氧化，
因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu 2+、Cl －、SO 32−和
H 2O 反应CuCl 、SO 22−、H +，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。

⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
23Cu (OH)Cl ，CuCl 与空气中氧气、水反应生成23Cu (OH)Cl 和HCl ，其反应的的化学方程式为22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl ；故答案为：
22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 。

⑷三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL ，根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr 2O 72−) = 6×0.1 mol∙L −1×0.015L = 0.009mol ，该样品中CuCl 的质量分数10.009mol 1099.5g mol ω100%89.55%10.0g
-⨯⨯⋅=⨯= ⑸根据图中信息，阴极()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦得到电子变为()+32Cu NH ⎡⎤⎣⎦和32NH H O ⋅，因此
电解时阴极的电极反应式为()()2++-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦
⎣，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，生成CuCl 的离子方程式为()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH ++-+⎡⎤++=↓+⎣⎦；故答案为：
()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH +
+-+⎡⎤++=↓+⎣⎦。

9．CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。

工业上，由孔雀石(主要成分Cu(OH)2·CuCO 3，含FeS 、FeO 和SiO 2杂质)制备CuCl 的某流程如图：
请回答：
(1)步骤②中涉及的主要离子反应方程式为__________
(2)步骤⑤中涉及的主要离子反应方程式为___________
(3)下列说法不正确．．．
的是___________ A ．步骤①中产生的气体的主要成分为CO 2和H 2S 气体
B ．滤渣1的成分为SiO 2，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Cu(OH)2
C ．CO 32-作用是控制溶液pH ，促使CuCl 沉淀的生成
D ．若改变试剂加入顺序，将溶液3缓慢加入到含大量SO 32- /CO 32-的溶液中，同样可制取CuCl
【答案】2H ++2Fe 2++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O 2+-2-2-+3242Cu +2Cl +SO +H O=2CuCl +SO +2H ↓
BD
【解析】
【分析】
孔雀石[主要成分Cu(OH)2•CuCO 3，含FeS 、FeO 和SiO 2杂质]中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣1为二氧化硅，溶液1中含有Fe 2+、Fe 3+、Cu 2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节pH 值，使铁离子沉淀，得到滤渣2为氢氧化铁，溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离
子，加入碳酸钠调节pH 值，使CuCl 沉淀，由于2-2-33SO /CO 的溶液呈碱性，所以如果将溶
液3缓慢加入到含大量2-2-33SO /CO 的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚
铜不纯，据此答题。

【详解】
（1）步骤②主要目的是利用双氧水氧化Fe 2+，其反应离子方程式为：
2H ++2Fe 2++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ；
故答案为：2H ++2Fe 2++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ；
（2）溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH 值，使CuCl 沉淀，其主要离方程式为：
2+-2-2-+3242Cu +2Cl +SO +H O=2CuCl +SO +2H ↓；
故答案为：2+-2-2-+3242Cu +2Cl +SO +H O=2CuCl +SO +2H ↓；
（3）A ．由上述分析可知，步骤①中产生的气体的主要成分为CO 2和H 2S 气体，故A 不符合题意；
B ．由上述分析可知，滤渣1的成分为SiO 2，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，故B 符合题意；
C ．溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH 值，使CuCl 沉淀，故C 不符合题意；
D ．若先加入碳酸钠，溶液2中硫酸铜会先生成氢氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备CuCl ，故D 符合题意；
故答案为：BD 。

10．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70%Cu 、25%Al 、4%Fe 及少量 Au 、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步 Cu与酸反应的离子方程式为__________________，得到滤渣 1的主要成分为
_______________。

(2)第②步加 H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，用 H2O2做氧化剂的优点是____________________。

(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中如何分离两种沉淀，写出反应的离子方程式______________。

(4)第③步蒸发所需玻璃仪器为__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O Au、Pt 不引入新的杂质，对环境无污染
Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O 酒精灯、玻璃棒
【解析】
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液；Pt和Au不能反应，仍以固体单质的形式存在，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。

用H2O2作氧化剂的优点是还原产物是H2O，不引入杂质，且对环境无污染；
(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中可根据Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应，而Fe(OH)3是碱，不能与强碱发生反应来分离两种难溶性物质，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
(4)第③步从含有CuSO4的溶液中获得CuSO4·5H2O晶体的方法是蒸发结晶法，蒸发时所需玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒。